本系列是这本算法教材的扩展资料:《算法竞赛入门到进阶》(京东 当当 ) 清华大学出版社
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单调队列是很常见的DP优化技术,本节讲解基本的思路和方法。在前面一篇博文“斜率优化”中,单调队列也有关键的应用。
1. 单调队列优化的原理
先回顾单调队列的概念,它有以下特征:
(1)单调队列的实现。用双端队列实现,队头和队尾都能插入和弹出。手写双端队列很简单。
(2)单调队列的单调性。队列内的元素具有单调性,从小到大,或者从大到小。
(3)单调队列的维护。每个新元素都能进入队列,它从队尾进入队列时,为维护队列的单调性,应该与队尾比较,把破坏单调性的队尾弹出。例如一个从小到大的单调队列,如果要进队的新元素a比原队尾v小,那么把v弹走,然后a继续与新的队尾比较,直到a比队尾大为止,最后a进队尾。
单调队列在DP优化中的基本应用,是对这样一类DP方程进行优化:
--方程(1)
公式中的
也可以是
。方程的特点是其中关于
的项
和关于
的项
是独立的。
被限制在窗口
内,常见的例如给定一个窗口值
,
。这个DP方程的编程实现,如果简单地对i做外层循环,对j做内层循环,复杂度
。如果用单调队列优化,复杂度可提高到
。
为什么单调队列能优化这个DP方程?
概况地说,单调队列优化算法能把内外i、j两层循环,精简到一层循环。其本质原因是“外层
变化时,不同的
所对应的内层
的窗口有重叠”。如下图所示,
时,对应的
的移动窗口(窗口内处理DP决策)范围是上面的阴影部分;
时,对应的
处理的移动窗口范围是下面的阴影;两部分有重叠。当
从
增加到
时,这些重叠的部分被重复计算,如果减少这些重复,就得到了优化。
在窗口内处理的这些决策,有两种情况:
(1)被排除的不合格决策。内层循环j排除的不合格决策,在外层循环i增大时,需要重复排除。
(2)未被排除的决策。内层j未排除的决策,在外层i增大时,仍然能按原来的顺序被用到。
那么可以用单调队列统一处理这些决策,从而精简到只用一个循环,得到优化。下面详细介绍单调队列的操作。
(1)求一个dp[i]。i是外层循环,j是内层循环,在做j的内层循环时,可以把外层的i看成一个定值。此时a[i]可以看成常量,把j看成窗口[L(i), R(i)]内的变量,DP方程(1)等价于:
问题转化为求窗口
内的最优值
。记
,在窗口内,用单调队列处理
,排除掉不合格的决策,最后求得区间内的最优值,最优值即队首。得到窗口内的最优值后,就可以求得
。另外,队列中留下的决策,在
变化后仍然有用。
请注意,队列处理的决策
只和
有关,和
无关,这是本优化方法的关键。如果既和
有关,又和
有关,它就不能在下一步“(2)求所有的dp[i]”时得到应用。具体来说是这样的:1)如果
只和
有关,那么一个较小的
操作的某个策略
,和一个较大的
所操作的某个策略
是相等的,从而产生了重复性,可以优化;2)如果
和
、
都有关,那么就没有重复性,无法优化。请结合后面的例题深入理解。
(2)求所有的
。考虑外层循环i变化时的优化方法。一个较小的
所排除的
,在处理一个较大的
时,也会被排除,重复排除其实没有必要;一个较小的
所得到的决策,仍能用于一个较大的
。统一用一个单调队列处理所有的
,每个
(提示:此时
不再局限于窗口
,而是整个区间
,那么
实际上就是
了)都进入队列一次,并且只进入队列一次,总复杂度
。此时内外层循环
、
精简为一个循环
。
下面的例题(1)是以上原理的模板题。例题(2)“多重背包”是一个较难的例子,通过它能更透彻地理解单调队列优化的实质。
2. 例题(1)洛谷P2627
Mowing the Lawn https://www.luogu.com.cn/problem/P2627
有一个包括n个正整数的序列,第i个整数是Ei,给定一个整数k,找这样的子序列,子序列中的数在原序列连续的不能超过k个。对子序列求和,问所有子序列中最大的和是多少。1 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤ Ei ≤ 1,000,000,000,1 ≤ k ≤ n。
例如n = 5,{7, 2, 3, 4, 5},k = 2,子序列{7, 2, 4, 5}有最大和18,其中的连续部分是{7,2}、{4,5},长度都不超过k = 2。
由于
较大,算法的复杂度应该小于
,否则会超时。
用DP解题,定义
为前
头奶牛的最大子序列和,状态转移方程是:
其中
是前缀和,即从
加到
。
方程符合单调队列优化的标准方程:
。下面用这个例子详细讲解单调优化队列的操作过程。
把
看成定值,上述方程等价于下面的方程:
求
,就是找到一个决策
,
,使得
最大。
对这个方程编程求解,如果简单地做
、
的循环,复杂度是
的,约等于
。
如何优化?回顾单调队列优化的实质:“外层
变化时,不同的
所对应的内层j的窗口有重叠”。
内层
所处理的决策
,在
变化时,确实发生了重叠。下面推理如何使用单调队列。
首先,对一个固定的
,用一个递减的单调队列求最大的
。记
,并记这个
对应的最大值为
。用单调队列求
的步骤见下面的说明。
(1)设从
开始,首先让
进队列。此时窗口内的最大值
。
(2)
,
进队列,讨论两种情况:
1)若
, 说明
更优,弹走
,
进队成为新队头,更新
。这一步排除了不好的决策,留下更好的决策。
2)若
,
进队列。队头仍然是
,保持
。
这2种情况下
都进队,是因为
比
更晚于离开窗口范围k,即存活时间更长。
(3)继续以上操作,让窗口内的每个
,
,都有机会进队,并保持队列是从大到小的单调队列。
经过以上步骤,求得了固定一个
时的最大值
。
当i变化时,统一用一个单调队列处理,因为一个较小的
所排除的
,在处理后面较大的
时,也会被排除,没有必要再重新排除一次;而且较小的
所得到的队列,后面较大的
也仍然有用。这样,每个
都有机会进入队列一次,并且只进入队列一次,总复杂度
。
如果对上述解释仍有疑问,请仔细分析洛谷P2627的代码1。注意一个小技巧:虽然理论上在队列中处理的决策是
,但是在编码时不用这么麻烦,队列只需要记录
,然后在判断的时候用
进行计算即可。
代码中去头和去尾的2个while语句是单调队列的常用写法,可以看作单调队列的特征。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
long long n,k,e[maxn],sum[maxn],dp[maxn];
long long ds[maxn]; //ds[j] = dp[j-1]-sum[j]
int q[maxn],head=0,tail=1; //递减的单调队列,队头最大
long long que_max(int j){
ds[j] = dp[j-1]-sum[j];
while(head<=tail && ds[q[tail]]<ds[j]) //去掉不合格的队尾
tail--;
q[++tail]=j; //j进队尾
while(head<=tail && q[head]<j-k) //去掉超过窗口k的队头
head++;
return ds[q[head]]; //返回队头,即最大的dp[j-1]-sum[j]
}
int main(){
cin >> n >> k; sum[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> e[i];
sum[i] = sum[i-1] + e[i]; //计算前缀和
}
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i] = que_max(i) + sum[i]; //状态转移方程
cout << dp[n];
}
3. 例题(2)多重背包
本文给出多重背包的3种解法:朴素方法、二进制拆分优化、单调队列优化。
多重背包问题:给定
种物品和一个背包,第
种物品的体积是
,价值为
,并且有
个,背包的总容量为
。如何选择装入背包的物品,使得装入背包中的物品的总价值最大?
洛谷 P1776 宝物筛选 https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
输入:
第一行是整数
和
,分别表示物品种数和背包的最大容量。
接下来
行,每行三个整数
、
、
,分别表示第
个物品的价值、体积、数量。
输出:
输出一个整数,表示背包不超载的情况下装入物品的最大价值。
解法(1): 朴素方法
给出两种思路。
第一种思路,转换为0/1背包问题。把相同的
个第
种物品看成独立的
个,总共
个物品,然后按0/1背包求解,复杂度是
。
第二种思路,直接求解。定义状态
:表示把前
个物品装进容量
的背包,能装进背包的最大价值。第
个物品分为装或不装两种情况,得到多重背包的状态转移方程:
直接写
三重循环,复杂度和第一种思路的复杂度一样。下面用滚动数组编码,提交判题后会超时。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX]; //物品i的价值、体积、数量
int main(){
cin >> n >> W; //物品数量,背包容量
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是滚动数组版本的多重背包
for(int i=1;i<=n;i++) //枚举物品
for(int j=W;j>=w[i];j--) //枚举背包容量
for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
解法(2): “二进制拆分”优化
这是一种简单而有效的技巧,请读者掌握。在解法(1)的基础上加上这个优化,能显著改善复杂度。原理很简单,例如第
种物品有
=25个,这25个物品放进背包的组合,有0~25的26种情况。不过要组合成26种情况,其实并不需要25个物品。根据二进制的计算原理,任何一个十进制整数
,都可以用1、2、4、8…这些2的倍数相加得到,例如21 = 16 + 4 + 1,这些2的倍数只有
个。题目中第
种物品有
个,用
个数就能组合出0~
种情况。总复杂度从
优化到了
,已经足够好了。
注意具体拆分的方法,先按2的倍数从小到大拆,最后加上一个小于最大倍数的余数。例如一个物品数量是21个,把它拆成1、2、4、8、6这5个“新物品”,最后的余数是6,6<16=
,读者可以验证用这5个数能组合成1~21内的所有数字。再例如30,拆成1、2、4、8、15,余数15<16=
。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX];
int new_n; //二进制拆分后的新物品总数量
int new_v[MAXX],new_w[MAXX],new_m[MAXX]; //二进制拆分后新物品
int main(){
cin >> n >>W;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是二进制拆分
int new_n = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m[i];j<<=1) { //二进制枚举:1,2,4...
m[i]-=j; //减去已拆分的
new_w[++new_n] = j*w[i]; //新物品
new_v[new_n] = j*v[i];
}
if(m[i]){ //最后一个是余数
new_w[++new_n] = m[i]*w[i];
new_v[new_n] = m[i]*v[i];
}
}
//以下是滚动数组版本的0/1背包
for(int i=1;i<=new_n;i++) //枚举物品
for(int j=W;j>=new_w[i];j--) //枚举背包容量
dp[j]=max(dp[j],dp[j-new_w[i]]+new_v[i]);
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
解法(3): 单调队列优化
用单调队列优化求解多重背包,复杂度是O(nW),是最优的算法。
回顾解法(1)用滚动数组实现的多重背包程序:
for(int i=1;i<=n;i++) //枚举每个物品
for(int j=W;j>=w[i];j--) //枚举背包容量
for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);
状态转移方程是:
程序是
的三重循环。其中循环
互相独立,没有关系,不能优化。循环
是相关的,
在
上有滑动窗口,所以目标是优化
这两层循环,此时可以把与
有关的部分看成定值。
对比单调队列的模板方程:
相差太大,似乎并不能应用单调队列。
回顾单调队列优化的实质,“外层
变化时,不同的i所对应的内层
的窗口有重叠”。状态方程
的外层是
,内层是
,
的滑动窗口是否重叠?下面观察
的变化情况。首先对比外层
和
,让
从
递增,它们的
等于:
j: | j-3w | j-2w | j-w | ||||||
j+1: | j+1-3w | j+1-2w | j-w |
没有发生重叠。但是如果对比 和 :
j: | j-3w | j-2w | j-w | ||||||
j: | j+w-4w | j+w-3w | j+w-2w |
发生了重叠。
可以推理出当
等于
、
、
、…时有重叠,进一步推理出:当
除以
的余数相等时,这些
对应的内层
发生重叠。那么,如果把外层
的循环,改成按
除以
的余数相等的值进行循环,就能利用单调队列优化了。
下面把原状态方程变换为可以应用单调队列的模板方程。
原方程是:
--方程(2)
令
,其中
,
为
除以
得到的余数;
,
是
整除
的结果。
把
代入方程(2),得2:
令
,代入上式得:
与模板方程
对比,几乎一样。
用单调队列处理
,下面给出代码,上述推理过程,详见代码中的注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W;
int dp[MAXX],q[MAXX],num[MAXX];
int w,v,m; //物品的价值v、体积w、数量m
int main(){
cin >> n >> W; //物品数量n,背包容量W
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>v>>w>>m; //物品i的价值v、体积w、数量m
if(m>W/w) m = W/w; //计算 min{m, j/w}
for(int b=0;b<w;b++){ //按余数b进行循环
int head=1, tail=1;
for(int y=0;y<=(W-b)/w;y++){ //y = j/w
int tmp = dp[b+y*w]-y*v; //用队列处理tmp = dp[b + xw] - xv
while(head<tail && q[tail-1]<=tmp) tail--;
q[tail] = tmp;
num[tail++] = y;
while(head<tail && y-num[head]>m) head++; // 约束条件 y-min(mi,y)≤x≤y
dp[b+y*w] = max(dp[b+y*w],q[head]+y*v); // 计算新的dp[]
}
}
}
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
算法的复杂度:外层 循环 次,内层的 和 循环总次数是 ,且每次只进出队列一次,所以总复杂度是 。
4. 习题
洛谷 P1725,P3957
poj 1821,2373,3017,3926
hdu 3401,3514,5945
改写自:https://www.luogu.com.cn/blog/user21293/solution-p2627 ↩︎
参考:https://blog.csdn.net/qq_40679299/article/details/81978770。 ↩︎